【先学后教新思路】2020高考物理一轮复习-教案1-匀变速直线运动规律的应用.docx

匀变速直线运动规律的应用考纲解读 1.把握匀变速直线运动的速度公式、位移公式及速度位移公式，并能娴熟应用.2.把握并能应用匀变速直线运动的几个推论：平均速度公式、xaT2及初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式1 做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为a，初速度大小为v0，经过时间t速度减小到零，则它在这段时间内的位移大小可用下列哪些式子表示()Av0tat2 Bv0tC. D.at2答案CD解析质点做匀减速直线运动，加速度为a，位移为v0tat2，A、B错；平均速度大小为，位移大小为t，C对；匀减速到零的直线运动可当做初速度为零的匀加速直线运动来计算，位移大小为at2，D对2 做匀加速直线运动的某物体初速度为2 m/s，经过一段时间t后速度变为6 m/s，则时刻的速度为 ()A由于t未知，无法确定时刻的速度B由于加速度a准时间t未知，无法确定时刻的速度C5 m/sD4 m/s答案D解析中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度 m/s4 m/s，D对3 我国第一艘航空母舰“辽宁舰”已按方案完成建筑和试验试航工作，于2022年9月25日上午正式交付海军若航空母舰上有挂念飞机起飞的弹射系统，已知战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5 m/s2，战斗机滑行100 m时起飞，起飞速度为50 m/s，则航空母舰静止时弹射系统必需使战斗机具有的初速度为()A10 m/s B20 m/s C30 m/s D40 m/s答案D考点梳理一、匀变速直线运动的规律1 变速直线运动(1)定义：沿着一条直线运动，且加速度不变的运动(2)分类匀加速直线运动，a与v0方向同向匀减速直线运动，a与v0方向反向2 变速直线运动的规律(1)速度公式：vv0at.(2)位移公式：xv0tat2.(3)位移速度关系式：v2v2ax.二、匀变速直线运动的推论1 变速直线运动的两个重要推论(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半，即：v.(2)任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量，即：xx2x1x3x2xnxn1aT2.2 速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论(1)1T末、2T末、3T末、瞬时速度的比为：v1v2v3vn123n(2)1T内、2T内、3T内位移的比为：x1x2x3xn122232n2(3)第一个T内、其次个T内、第三个T内位移的比为：xxxxn135(2n1)(4)从静止开头通过连续相等的位移所用时间的比为：t1t2t3tn1(1)()()三、自由落体运动和竖直上抛运动1 由落体运动(1)条件：物体只受重力，从静止开头下落(2)运动性质：初速度v00，加速度为重力加速度g的匀加速直线运动(3)基本规律速度公式：vgt.位移公式：hgt2.速度位移关系式：v22gh.2 直上抛运动(1)运动特点：加速度为g，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动(2)基本规律速度公式：vv0gt.位移公式：hv0tgt2.速度位移关系式：v2v2gh.上升的最大高度：H.上升到最高点所用时间：t.4 刹车问题的处理汽车以20 m/s的速度在平直大路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s2，则自驾驶员急踩刹车开头，2 s与5 s时汽车的位移之比为 ()A54 B45 C34 D43答案C5 做匀减速直线运动的物体经4 s停止，若在第1 s内的位移是14 m，则最终1 s内位移是()A3.5 m B2 m C1 m D0答案B解析利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则匀减速直线运动的物体在相等时间内的位移之比为7531，所以，x12 m故选B.方法提炼1 逆向思维法匀减速到速度为零的直线运动一般看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动2 对于刹车类问题，实质是汽车在单方向上的匀减速直线运动问题速度减为零后，加速度消逝，汽车停止不动，不再返回，若初速度为v0，加速度为a，汽车运动时间满足t，发生的位移满足x.考点一匀变速直线运动规律的应用1 速度时间公式vv0at、位移时间公式xv0tat2、位移速度公式v2v2ax，是匀变速直线运动的三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石2 三个公式中的物理量x、a、v0、v均为矢量(三个公式称为矢量式)，在应用时，一般以初速度方向为正方向，凡是与v0方向相同的x、a、v均为正值，反之为负值当v00时，一般以a的方向为正方向这样就可将矢量运算转化为代数运算，使问题简化3 假如一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带例1(2011新课标全国24)甲、乙两辆汽车都从静止动身做加速直线运动，加速度方向始终不变在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半求甲、乙两车各拘束这两段时间间隔内走过的总路程之比解析设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻t0)的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为s1，加速度为a；在其次段时间间隔内行驶的路程为s2.由运动学公式得vat0s1ats2vt0(2a)t设汽车乙在时刻t0的速度为v，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s1、s2.同样有v(2a)t0s1(2a)ts2vt0at设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s，则有ss1s2ss1s2联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为答案57匀变速直线运动的规范求解1一般解题的基本思路2描述匀变速直线运动的基本物理量涉及v0、v、a、x、t五个量，每一个基本公式中都涉及四个量，选择公式时确定要留意分析已知量和待求量，依据所涉及的物理量选择合适的公式求解，会使问题简洁化突破训练1短跑名将博尔特在北京奥运会上100 m和200 m短跑项目的成果分别为9.69 s和19.30 s假定他在100 m竞赛时从发令到起跑的反应时间是0.15 s，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动.200 m竞赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与100 m竞赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑100 m时最大速率的96%.求：(1)加速所用时间和达到的最大速率；(2)起跑后做匀加速运动的加速度(结果保留两位小数)答案(1)1.29 s11.24 m/s(2)8.71 m/s2解析(1)设加速所用时间为t(以s为单位)，匀速运动的速率为v(以m/s为单位)，则有：vt(9.69 s0.15 st)v100 mvt(19.30 s0.15 st)0.96v200 m由式得t1.29 s，v11.24 m/s.(2)设加速度大小为a，则a8.71 m/s2考点二解决匀变速直线运动的常用方法1 一般公式法一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式它们均是矢量式，使用时要留意方向性2 平均速度法定义式对任何性质的运动都适用，而v(v0v)只适用于匀变速直线运动3 比例法对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用初速度为零的匀加速直线运动的重要特征的比例关系，用比例法求解4 逆向思维法如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动5 推论法利用xaT2：其推广式xmxn(mn)aT2，对于纸带类问题用这种方法尤为快捷6 图象法利用vt图可以求出某段时间内位移的大小，可以比较v与v，以及追及问题；用xt图象可求出任意时间内的平均速度等例2物体以确定的初速度v0冲上固定的光滑斜面，到达斜面最高点C时速度恰为零，如图1所示已知物体第一次运动到斜面长度3/4处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间解析解法一比例法图1对于初速度为0的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为x1x2x3xn135(2n1)现有xBCxAB13通过xAB的时间为t，故通过xBC的时间tBCt.解法二中间时刻速度法利用教材中的推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度vAC又v2axACv2axBCxBCxAC解得：vB.可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是中间时刻的位置因此有tBCt.解法三利用有关推论对于初速度为0的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比为t1t2t3tn1(1)()()()现将整个斜面分成相等的四段，如图所示设通过BC段的时间为tx，那么通过BD、DE、EA的时间分别为：tBD(1)tx，tDE()tx，tEA(2)tx，又tBDtDEtEAt，得txt.答案t突破训练2 在一个倾斜的长冰道上方，一群孩子排成队，每隔1 s就有一个小孩子往下滑，一游客对着冰道上的孩子拍下一张照片，如图2所示，照片上有甲、乙、丙、丁四个孩子他依据照片与实物的比例推算出乙与甲、丙两孩子间图2的距离分别为12.5 m和17.5 m，请你据此求解下列问题：(g取10 m/s2)(1)若不考虑一切阻力，小孩下滑加速度是多少？(2)拍照时，最下面的小孩丁的速度是多大？(3)拍照时，在小孩甲上面的冰道上下滑的小孩子不会超过几个？答案(1)5 m/s2(2)25 m/s(3)不会超过2个考点三自由落体运动和竖直上抛运动1自由落体运动实质：初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动2 竖直上抛运动的争辩方法竖直上抛运动的实质是加速度恒为g的匀变速运动，处理时可接受两种方法：(1)分段法：将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下降过程的自由落体阶段(2)全程法：将全过程视为初速度为v0、加速度为ag的匀变速直线运动，必需留意物理量的矢量性习惯上取v0的方向为正方向，则v0时，物体正在上升；v0时，物体在抛出点上方；h0时，物体在抛出点下方3. 竖直上抛运动的对称性如图3所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，则(1)时间对称性：物体上升过程中从AC所用时间tAC和下降过程中从CA所用时间tCA相等，同理tABtBA.(2)速度对称性：物体上升过程经过A点与下降过程经过A点的速度大小相等图3(3)能量的对称性：物体从AB和从BA重力势能变化量的大小相等，均等于mghAB.例3在塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为20 m，不计空气阻力，设塔足够高，则物体位移大小为10 m时，物体通过的路程可能为()A10 m B20 m C30 m D50 m解析物体在塔顶上的A点抛出，位移大小为10 m的位置有两处，如图所示，一处在A点之上，另一处在A点之下，在A点之上时，通过位移为10 m处又有上升和下降两种过程，上升通过时，物体的路程s1等于位移x1的大小，即s1x110 m；下降通过时，路程s22hx1220 m10 m30 m在A点之下时，通过的路程s32hx2220 m10 m50 m故A、C、D正确，B错误答案ACD竖直上抛运动解题时应留意的问题竖直上抛运动可分为竖直向上的匀减速直线运动和竖直向下的自由落体运动两个阶段，解题时应留意以下两点：(1)可用整体法，也可用分段法自由落体运动满足初速度为零的匀加速直线运动的一切规律及特点(2)在竖直上抛运动中，当物体经过抛出点上方某一位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，因此这类问题可能造成时间多解或者速度多解突破训练3在【例3】中求：(1)物体抛出的初速度大小；(2)若塔高H60 m，求物体从抛出到落到地面所用的时间和落到地面时的速度大小(g取10 m/s2)答案(1)20 m/s(2)6 s40 m/s解析(1)由位移公式得：0v2gh解得：v0 m/s20 m/s(2)由位移公式得：Hv0tgt2，解得：t6 s物体由最高点做自由落体运动，落地时的速度大小为v，则：v22g(Hh)，解得：v40 m/s.2思维转化法：将“多个物体的运动”转化为“一个物体的运动”例4从斜面上某一位置，每隔0.1 s释放一个小球，在连续释放几颗小球后，对在斜面上滚动的小球拍下照片，如图4所示，测得xAB15 cm，xBC20 cm，求：(1)小球的加速度；(2)拍摄时B球的速度；图4(3)拍摄时xCD的大小；(4)A球上方滚动的小球还有几颗解析(1)由a得小球的加速度a5 m/s2(2)B点的速度等于AC段上的平均速度，即vB1.75 m/s(3)由相邻相等时间内的位移差恒定，即xCDxBCxBCxAB，所以xCD2xBCxAB0.25 m(4)设A点小球的速度为vA，由于vAvBat1.25 m/s所以A球的运动时间为tA0.25 s，所以在A球上方滚动的小球还有2颗答案(1)5 m/s2(2)1.75 m/s(3)0.25 m(4)2在运动学问题的解题过程中，若按正常解法求解有困难时，往往可以通过变换思维方式，使解答过程简洁明白在直线运动问题中常见的思维转化方法除上例所用外，还有：将末速度为零的匀减速直线运动通过逆向思维转化为初速度为零的匀加速直线运动；将平均速度转化为中间时刻的速度；将位置变化转化为相对运动等突破训练4某同学站在一平房边观看从屋檐边滴下的水滴，发觉屋檐边滴水是等时的，且第5滴正欲滴下时，第1滴刚好到达地面；第2滴和第3滴水刚好位于窗户的下沿和上沿，他测得窗户上、下沿的高度差为1 m，由此求屋檐离地面的高度答案3.2 m解析作出如图所示的示意图.5滴水滴的位置等效为一滴水做自由落体运动连续相等时间内的位置图中自上而下相邻点之间的距离比为1357，因点“3”、“2”间距为1 m，可知屋檐离地面高度为(1357) m3.2 m高考题组1 (2011重庆14)某人估测一竖直枯井深度，从井口静止释放一石头并开头计时，经2 s听到石头落底声由此可知井深约为(不计声音传播时间，重力加速度g取10 m/s2)()A10 m B20 m C30 m D40 m答案B解析从井口由静止释放，石头做自由落体运动，由运动学公式hgt2可得h1022 m20 m.2 (2011安徽16)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移x所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移x所用的时间为t2，则物体运动的加速度为()A. B.C. D.答案A解析物体做匀变速直线运动，由匀变速直线运动规律：v知：vv由匀变速直线运动速度公式vtv0at知vva()式联立解得a.3 (2011山东18)如图5所示，将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b从距地面h处由静止释放，两球恰在处相遇(不计空气阻力)则() 图5A两球同时落地B相遇时两球速度大小相等C从开头运动到相遇，球a动能的削减量等于球b动能的增加量D相遇后的任意时刻，重力对球a做功功率和对球b做功功率相等答案C解析对b球，由gt2得t ，vbgt.以后以初速度匀加速下落对a球，v0tgt2得v0，在处，vav0gt0，以后从处自由下落故落地时间tbPa，选项D错误模拟题组4 如图6所示，小球沿足够长的斜面对上做匀变速运动，依次经a、b、c、d到达最高点e.已知abbd6 m，bc1 m，小球从a到c和从c到d所用的时间都是2 s，设小球经b、c时的速度分别为vb、vc，则() 图6Avb2 m/s Bvc3 m/sCxde3 m D从d到e所用时间为4 s答案BD解析小球沿斜面对上做匀减速直线运动，因TacTcdT，故c点为a到d的中间时刻，故vc m/s3 m/s，故B正确；因xacxabxbc7 m，xcdxbdxbc5 m，故加速度大小为a0.5 m/s2，由vcaTec得Tec6 s，则TdeTecTcd4 s；xdexecxcd4 m，故C错误，D正确；由vv2axbc可得，vb m/s，A错误5 气球以10 m/s的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175 m的高处时，一重物从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g取10 m/s2)答案7 s60 m/s解析解法一全程法取全过程为一整体进行争辩，从重物自气球上掉落计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图，如图所示重物在时间t内的位移h175 m将h175 m，v010 m/s代入位移公式hv0tgt2解得t7 s或t5 s(舍去)，所以重物落地速度为vv0gt10 m/s107 m/s60 m/s其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反解法二分段法设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，则t1 s1 s上升的最大高度h1 m5 m故重物离地面的最大高度为Hh1h5 m175 m180 m重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t2 s6 s，vgt2106 m/s60 m/s，方向竖直向下所以重物从气球上掉落至落地共历时tt1t27 s.(限时：30分钟)题组1匀变速直线运动基本规律的应用1 一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5 m/s，在第9 s内的位移比第5 s内的位移多4 m，则该质点的加速度、9 s末的速度和质点在9 s内通过的位移分别是()Aa1 m/s2，v99 m/s，x940.5 mBa1 m/s2，v99 m/s，x945 mCa1 m/s2，v99.5 m/s，x945 mDa0.8 m/s2，v97.7 m/s，x936.9 m答案C解析a m/s21 m/s2，v9v0at(0.519) m/s9.5 m/s，x9v0tat2(0.59192) m45 m，故正确选项为C.2 给滑块一初速度v0使它沿光滑斜面对上做匀减速运动，加速度大小为，当滑块速度大小减为时，所用时间可能是()A. B.C. D.答案BC解析当滑块速度大小减为时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种状况，即v或v，代入公式t得，t或t，故B、C正确3 一个做匀加速直线运动的物体，在前4 s内经过的位移为24 m，在其次个4 s内经过的位移是60 m求这个物体运动的加速度和初速度各是多少？答案2.25 m/s21.5 m/s解析解法一基本公式法：前4 s内经过的位移：x1v0tat2第2个4 s内经过的位移：x2v0(2t)a(2t)2(v0tat2)将x124 m、x260 m代入上式，解得a2.25 m/s2v01.5 m/s.解法二由公式xaT2，得a m/s22.25 m/s2.依据v得v m/sv04a，所以v01.5 m/s.题组2自由落体和竖直上抛运动的规律4 从某高处释放一粒小石子，经过1 s从同一地点再释放另一粒小石子，则在它们落地之前，两粒石子间的距离将()A保持不变 B不断增大C不断减小 D有时增大，有时减小答案B解析设第1粒石子运动的时间为t s，则第2粒石子运动的时间为(t1) s，两粒石子间的距离为hgt2g(t1)2gtg，可见，两粒石子间的距离随t的增大而增大，故B正确5 从水平地面竖直向上抛出一物体，物体在空中运动，到最终又落回地面在不计空气阻力的条件下，以下推断正确的是()A物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度相同B物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度方向相反C物体上升过程经受的时间等于物体下落过程经受的时间D物体上升过程经受的时间小于物体下落过程经受的时间答案AC解析物体竖直上抛，不计空气阻力，只受重力，则物体上升和下降阶段加速度相同，大小为g，方向向下，A正确，B错误；上升和下落阶段位移大小相等，加速度大小相等，所以上升和下落过程所经受的时间相等，C正确，D错误6 一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低的点a的时间间隔是Ta，两次经过一个较高点b的时间间隔是Tb，则a、b之间的距离为()A.g(TT) B.g(TT)C.g(TT) D.g(TaTb)答案A解析依据时间的对称性，物体从a点到最高点的时间为，从b点到最高点的时间为，所以a点到最高点的距离hag()2，b点到最高点的距离hbg()2，故a、b之间的距离为hahbg(TT)，故选A.7 不计空气阻力，以确定的初速度竖直上抛的物体，从抛出至回到原点的时间为t，现在在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板后以原速率弹回(撞击所需时间不计)，则此时物体上升和下降的总时间约为()A0.5t B0.4t C0.3t D0.2t答案C解析物体上升到最大高度所需的时间为，把上升的位移分成相等的两段，自上向下的时间的比为1：(1)，物体上升到最大高度的一半所需时间为t1，由对称性，物体从最大位移的一半处下落到抛出点的时间也为t1，故题中所求时间为2t120.3t.题组3应用运动学基本规律分析实际运动问题8 汽车进行刹车试验，若速率从8 m/s匀减速至零，需用时间1 s，按规定速率为8 m/s的汽车刹车后拖行路程不得超过5.9 m，那么上述刹车试验的拖行路程是否符合规定()A拖行路程为8 m，符合规定B拖行路程为8 m，不符合规定C拖行路程为4 m，符合规定D拖行路程为4 m，不符合规定答案C解析由xt可得：汽车刹车后的拖行路程为x1 m4 m5.9 m，所以刹车试验的拖行路程符合规定，C正确9 一辆公共汽车进站后开头刹车，做匀减速直线运动开头刹车后的第1 s内和第2 s内位移大小依次为9 m和7 m则刹车后6 s内的位移是()A20 m B24 m C25 m D75 m答案C解析由xaT2得：a2 m/s2，由v0TaT2x1得：v010 m/s，汽车刹车时间t5 s6 s，故刹车后6 s内的位移为x25 m，C正确10一辆汽车沿着一条平直的大路行驶，大路旁边有与大路平行的一行电线杆，相邻电线杆间的间隔均为50 m，取汽车驶过某一根电线杆的时刻为零时刻，此电线杆作为第1根电线杆，此时刻汽车行驶的速度大小为v15 m/s，假设汽车的运动为匀加速直线运动，10 s末汽车恰好经过第3根电线杆，则下列说法中正确的是 ()A汽车运动的加速度大小为1 m/s2B汽车连续行驶，经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/sC汽车在第3根至第7根电线杆间运动所需的时间为20 sD汽车在第3根至第7根电线杆间的平均速度为25 m/s答案AB解析由匀加速直线运动的位移规律xv0tat2知汽车运动的加速度大小为1 m/s2，A正确；由vv2ax知汽车经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/s，B正确；由vtv0at知汽车从第1根至第7根电线杆用时为20 s，所以从第3根至第7根电线杆用时为10 s，C错误；由知汽车在第3根至第7根电线杆间的平均速度为20 m/s，D错误11“蹦床”是奥运体操的一种竞技项目，竞赛时，可在弹性网上安装压力传感器，利用压力传感器记录运动员运动过程中对弹性网的压力，并由计算机作出压力(F)时间(t)图象，如图1为某一运动员竞赛时计算机作出的Ft图象，不计空气阻力，则关于该运动员，下列说法正确的是 ()图1A裁判打分时可以把该运动员的运动看成质点的运动B1 s末该运动员的运动速度最大C1 s末到2 s末，该运动员在做减速运动D3 s末该运动员运动到最高点答案D解析运动员的外形和动作影响裁判打分，不能把该运动员的运动看成质点的运动，则A错误；1 s末对弹性网的压力最大，运动员在最低点，速度为0,1 s末到2 s末，运动员在做加速运动，2 s末到3 s末，运动员做竖直上抛运动，3 s末运动员运动到最高点，则B、C错误，D正确12如图2所示，A、B两同学在直跑道上练习4100 m接力，他们在奔跑时有相同的最大速度B从静止开头全力奔跑需25 m才能达到最大速度，这一过程可看做匀变速运动，现在A持棒以最大速度向B奔来，B在接力区伺机全力奔出若要求B接棒时速度达到最大速度的80%，则：图2(1)B在接力区需跑出的距离s1为多少？(2)B应在离A的距离s2为多少时起跑？答案(1)16 m(2)24 m解析(1)对B：设其加速度为a，跑出的距离为s时速度达到最大值v.则2asv2,2as1(0.8v)2，解得s10.64s16 m.(2)设B接棒时跑出时间为t，则s1tt，在t时间内，对A有sAvt，解得sA40 m所以B起跑时，应距离A为ssAs1，解得ss224 m.13一列火车做匀变速直线运动，一人在轨道旁边观看火车运动，发觉在相邻的两个10 s内，火车从他跟前分别驶过8节车厢和6节车厢，每节车厢长8 m(连接处长度不计)，求：(1)火车的加速度的大小；(2)人开头观看时火车速度的大小答案(1)0.16 m/s2(2)7.2 m/s解析(1)由题知，火车做匀减速运动，设火车加速度大小为a，L8 m由xaT2得8L6La102，a m/s20.16 m/s2.(2)设人开头观看时火车速度大小为v0，v m/s5.6 m/s.vv0aT，解得v07.2 m/s.